2015大学物理(下)

2015年大学物理复习题一、单项选择题1．一质点在平面上运动，已知质点运动方程为x=at2，y=bt2(其中a、b为常量)，则该质点运动轨迹为（）A．双曲线B．抛物线C．圆周D．直线2．一质点沿x轴运动,运动方程为x=24+20t-5t2，式中x的单位为m，t的单位为s。

在t=1s到t=3s 的时间内，质点速率的变化情况是（）A．一直在增加B．一直在减少C．先增加然后减少D．先减少然后增加3．一质点沿半径为R=0.4m的周围运动，角速度为ω=5t2，式中ω的单位为rad/s，t的单位为s。

则在t=1s时，质点的切向加速度a t=（）A．2m/s2B．4m/s2C．8m/s2D．10m/s24．两个不同倾角的光滑斜面I、Ⅱ高度相等，如图所示，两质点分别由I、Ⅱ的顶端从静止开始沿斜面下滑，则到达斜面底端时（）A.两质点的速率相同，加速度相同B.两质点的速率不同，加速度相同C.两质点的速率相同，加速度不同D.两质点的速率不同，加速度不同5．一质点沿x轴运动，运动方程为x=8t-2t2,式中x的单位为m,t的单位为s o在t=1s到t=3s的时间内，质点的路程s=（）A．2m B．4m C．6m D．8m6．一质点沿半径为R=2m的圆周运动，运动方程为θ=6t+t2,式中θ的单位为rad,t的单位为s o在t=2s 时，质点的速率v=（）A．2m/s B．4m/s C．10m/s D．20m/s7．下列叙述中正确的是( )A．在同一直线上，大小相等、方向相反的二个力必定是作用力与反作用力B．一物体受两个力的作用，其合力必定比这两个力中的任一个都大C．如果一质点所受合力的方向与质点运动方向成某一不为零的角度，则质点一定作曲线运动D．物体的质量越大，它的重力加速度也越大8．一质量m=0.5kg的质点作平面运动，其运动方程为x=2t2(SI)，y=t2+t+1(SI)，则质点所受的合力大小为( )A．1N B．3N C．5N D．7N9．以大小为F 的力推一静止物体，力的作用时间为Δt ，而物体始终处于静止状态，则在Δt 时间内恒力F 对物体的冲量和物体所受合力的冲量大小分别为（ ）A ．0，0B ．F Δt ，0C ．F Δt ，F ΔtD ．0，F Δt10．如图所示，一个质点在水平面内作匀速率圆周运动，在自A 点到B 点的六分之一圆周运动过程中，下列几种结论中正确的应为（ ）（1）合力的功为零；（2）合力为零；（3）合力的冲量为零；（4）合力的冲量不为零；（5）合力不为零；（6）合力的功不为零。

一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。

2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。

3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。

6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;332663223(C),or ;A;(D),;A4433ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ](A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。

奥鹏15春北航《大学物理（下）》在线作业1一、单选题（共25 道试题，共100 分。

）1. 把一个静止质量为m0的粒子,由静止加速到υ=0.6c(c为真空中的光速)需作的功等于（）A. 0.18m0c*cB. 0.25m0c*cC. 0.36m0c*cD. 1.25m0c*c正确答案：B2. 对于有恒定电流通过的导体，下列说法正确的是[ ]A. 导体内部的电场强度为零B. 导体是个等势体C. 导体两端有恒定的电压存在D. 通过导体某个截面的电量在任何相等的时间内都不相等正确答案：C3. 无限长直圆柱体，半径为R，沿轴向均匀流有电流. 设圆柱体内(r < R)的磁感强度为B1，圆柱体外(r >R)的磁感强度为B2，则有：A. B1、B2均与r成正比.B. B1、B2均与r成反比C. B1与r成正比, B2与r成反比D. B1与r成反比, B2与r成正比正确答案：C4. 关于电流，下列说法中正确的是[ ]A. 通过导线截面的电量越多，电流越大B. 电子运动的速率越大，电流越大C. 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D. 因为电流有方向，所以电流是矢量正确答案：C5. 下列关于电阻率的叙述，错误的是[ ]A. 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零B. 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的C. 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D. 材料的电阻率随温度变化而变化正确答案：C6. 两块平行平板，间距为d，平板面积均为S，分别均匀带电+q和-q，若两板的线度远大于d，则它们之间相互作用力的大小为[ ]A. q*q/4πεd*dB. q*q/εSC. q*q/2εSD. ∞正确答案：C7. 关于稳恒磁场的磁场强度H的下列几种说法哪个是正确的？[ ]A. H仅与传导电流有关B. 若闭合曲线内没有包围传导电流，则该曲线上各点的H必为零C. 若闭合曲线上各点的H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零D. 以闭合曲线L为边缘的任意曲面的H通量相等正确答案：C8. 如果（1）锗用锑（5价元素），（2）硅用铝（3价元素）掺杂，则分别获得的半导体属于下述类型：A. （1）、（2）均为n 型半导体B. （1）为n 型半导体，（2）为p型半导体。

云南警官学院2014—2015学年度下学期期末大学物理总复习题填空题1. 说明做平抛实验时小球的运动用 参考系；说明土星的椭圆运动用 参考系。

2. 说明湖面上游船运动用 参考系；3. 说明人造地球卫星的椭圆运动用 参考系；4. 用来确定质点位置的矢量叫做质点的 , 简称 。

5. 一物体质量M ＝2 kg ，在合外力i t F )23( (SI)的作用下，从静止开始运动，式中i 为方向一定的单位矢量, 则当ｔ＝1 s 时物体的速度1v＝__________．6. 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，那么，法向加速度会随时间相应 ,切向加速度也会随时间相应 , 总加速度也会随时间相应 , 总加速度与速度之间的夹角随时间 。

7. 有人说, 考虑到地球的运动, 一幢楼房的运动速率在夜里比在白天大, 这是对________参考系说的。

8. 一质点在xy 平面上运动, 运动函数为x=2t,y=4t 2-8(采用国际单位制), 那么, 该质点的轨道方程为 ; 轨道曲线是 线; 速度公式分量式为v x= , v y = ; 加速度公式分量式为a x = , a y = 。

9. 有人认为质量分引力质量和惯性质量, 用天平测出的质量是 质量; 两汽车相撞时, 其撞击力的产生是源于 质量。

10. 如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成 角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最大加速度a max ＝ ．11. 飞行员操纵飞机做如下 图所示机动时, 可能因脑充血而“红视”; 在做图 所示机动时, 可能因脑缺血而“黑晕”; 穿上G 套服, 飞行员能经受5g 而避免“ ” 。

12. 如图1，一物体质量为M ，置于光滑水平地板上．今用一水平力F 通过一质量为m 的绳拉动物体前进，则物体的加速度a ＝______________，绳作用于物体上的力T ＝_______________．13. 如图2所示, 质量为m 的小球自高为y 0处沿水平方向以速率v 0抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度为21y 0，水平速率为21v 0，则碰撞过程中(1) 地面对小球的竖直冲量的大小为______；(2) 地面对小球的水平冲量的大小为_____________．x y O m y 0 021v 021y0v图1 图2 图3T m 1m F F m M14. 图3所示装置中，若两个滑轮与绳子的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都忽略不计，绳子不可伸长，则在外力F 的作用下，物体m 1和m 2的加速度为a =______________________，m 1与m 2间绳子的张力T =________________________．15. 一斜抛物体的水平初速度是v 0, 它的轨道的最高点处的曲率圆的半经是 。

xyo a ∙∙∙a -(0,)P y qq -大学物理（下）练习题第三编 电场和磁场 第八章 真空中的静电场1．如图所示，在点((,0)a 处放置一个点电荷q +，在点(,0)a -处放置另一点电荷q -。

P 点在y 轴上，其坐标为(0,)y ，当y a 时，该点场强的大小为(A)204q yπε； (B)202q yπε；(C) 302qa y πε； (D) 304qay πε.[ ]2．将一细玻璃棒弯成半径为R 的半圆形，其上半部均匀分布有电量Q +, 下半部均匀分布有电量Q -，如图所示。

求圆心o 处的电场强度。

3．带电圆环的半径为R ,电荷线密度0cos λλφ=,式中00λ>，且为常数。

求圆心O 处的电场强度。

4．一均匀带电圆环的半径为R ，带电量为Q ，其轴线上任一点P 到圆心的距离为a 。

求P 点的场强。

5．关于高斯定理有下面几种说法，正确的是(A) 如果高斯面上E处处为零，那么则该面内必无电荷；(B) 如果高斯面内无电荷，那么高斯面上E处处为零；(C) 如果高斯面上E处处不为零，那么高斯面内必有电荷；(D) 如果高斯面内有净电荷，那么通过高斯面的电通量必不为零； (E) 高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。

[ ]6．点电荷Q 被闭合曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面S 外一点,如图所示，则引入前后(A) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变；(B) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强不变；(C) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化；(D) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强变化。

[ ]7．如果将带电量为q 的点电荷置于立方体的一个顶角上，则通过与它不相邻的每个侧面的电场强度通量为xq Q(A)06q ε； (B) 012q ε； (C) 024q ε； (D) 048q ε. [ ]8．如图所示，A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上的电荷面密度721.7718A C m σ--=-⨯⋅，B 面上的电荷面密度723.5418B C m σ--=⨯⋅。

⼤学物理（下）答案⼤学物理学答案【下】北京邮电⼤学出版社习题99.1选择题(1) 正⽅形的两对⾓线处各放置电荷Q，另两对⾓线各放置电荷q，若Q所受到合⼒为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2) 下⾯说法正确的是：（）（A）若⾼斯⾯上的电场强度处处为零，则该⾯内必定没有电荷；（B）若⾼斯⾯内没有电荷，则该⾯上的电场强度必定处处为零；（C）若⾼斯⾯上的电场强度处处不为零，则该⾯内必定有电荷；（D）若⾼斯⾯内有电荷，则该⾯上的电场强度必定处处不为零。

[答案：D](3) ⼀半径为R的导体球表⾯的⾯点荷密度为σ，则在距球⾯R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4) 在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表⾯电势相等；（D）电势低于表⾯电势。

[答案：C]9.2填空题(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为[答案：相同](2) ⼀个点电荷q放在⽴⽅体中⼼，则穿过某⼀表⾯的电通量为若将点电荷由中⼼向外移动⾄⽆限远，则总通量将。

[答案：q/6ε0, 将为零](3) 电介质在电容器中作⽤（a）——（b）——。

[答案：(a)提⾼电容器的容量;(b) 延长电容器的使⽤寿命](4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之⽐[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三⾓形的三个顶点．试问：(1)在这三⾓形的中⼼放⼀个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑⼒之和都为零)?(2)这种平衡与三⾓形的边长有⽆关系?解: 如题9.3图⽰(1) 以A处点电荷为研究对象，由⼒平衡知：q'为负电荷1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3解得q'=-q 3(2)与三⾓形边长⽆关．题9.3图题9.4图9.4 两⼩球的质量都是m，都⽤长为l的细绳挂在同⼀点，它们带有相同电量，静⽌时两线夹⾓为2θ ,如题9.4图所⽰．设⼩球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个⼩球所带的电量．解: 如题9.4图⽰Tcosθ=mg??q2 ?Tsinθ=F=1e?4πε0(2lsinθ)2?解得q=2lsinθ40mgtan9.5 根据点电荷场强公式E=q4πε0r2，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: E=q4πε0r2?r0仅对点电荷成⽴，当r→0时，带电体不能再视为点电荷，再⽤上式求场强是错误的，实际带电体有⼀定形状⼤⼩，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是⽆限⼤．9.6 在真空中有A，B两平⾏板，相对距离为d，板⾯积为S，其带电量分别为+q和-q．则这两板之间有相互作⽤⼒f，有⼈说f=q2 4πε0d2,⼜有⼈说，因为f=qE,E=q，所ε0Sq2以f=．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?ε0S解: 题中的两种说法均不对．第⼀种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第⼆种说法把合场强E=q看成是⼀个带电板在另⼀带电板处的场强也是不对的．正确解答应为⼀个ε0Sqqq2=板的电场为E=，另⼀板受它的作⽤⼒f=q，这是两板间相互作⽤2ε0S2ε0S2ε0S的电场⼒．-19.7 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C·m的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强．解：如题9.7图所⽰(1) 在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产⽣场强为dEP=1λdx 24πε0(a-x)λEP=?dEP=4πε0?l2l-2dx 题9.7图2(a-x)=λ11[-] ll4πε0a-a+22=⽤l=15cm，λ=5.0?10-9λlπε0(4a2-l2) C?m-1, a=12.5cm代⼊得EP=6.74?102N?C-1 ⽅向⽔平向右(2)同理 dEQ=由于对称性dEQxl1λdx ⽅向如题9.7图所⽰4πε0x2+d22?=0，即EQ 只有y分量，1λdx=4πε0x2+d22d2x+d222?∵dEQyEQy=?dEQyldλ=24πε2l2l-2dx(x2+d22)32 =-9λl2πε0l+4d222以λ=5.0?10C?cm-1, l=15cm,d2=5cm代⼊得EQ=EQy=14.96?102N?C-1，⽅向沿y轴正向9.8 ⼀个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环⼼处O 点的场强．解: 如9.8图在圆上取dl=Rd?题9.8图dq=λdl=Rλd?，它在O点产⽣场强⼤⼩为dE=λRd?⽅向沿半径向外4πε0R2则dEx=dEsin?=λsin?d?4πε0R-λcos?d?4πε0Rπ-?)= dEy=dEcos(积分Ex=?π0λλsin?d?=4πε0R2πε0REy=?π0-λcos?d?=0 4πε0R∴E=Ex=λ，⽅向沿x轴正向．2πε0R9.9 均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l，总电量为q．(1)求这正⽅形轴线上离中⼼为r处的场强E；(2)证明：在r>>l处，它相当于点电荷q产⽣的场强E．解: 如9.9图⽰，正⽅形⼀条边上电荷?q在P点产⽣物强dEP ⽅向如图，⼤⼩为4dEP=λ(cosθ1-cosθ2)4πε0r2+l42∵cosθ1=lr2+l22cosθ2=-cosθ1∴dEP=λ4πε0r2+l42lr2+l22dEP在垂直于平⾯上的分量dE⊥=dEPcosβ∴dE⊥=λl4πε0r2+l42rr2+l22r2+l42题9.9图由于对称性，P点场强沿OP⽅向，⼤⼩为EP=4?dE⊥=4λlr4πε0(r2+ll)r2+4222∵λ=∴EP=q 4l2qr4πε0(r2+ll)r2+422 ⽅向沿9.10 (1)点电荷q位于⼀边长为a的⽴⽅体中⼼，试求在该点电荷电场中穿过⽴⽅体的⼀个⾯的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该⽴⽅体的⼀个顶点上，这时穿过⽴⽅体各⾯的电通量是多少?q 解: (1)由⾼斯定理E?dS= sε0⽴⽅体六个⾯，当q在⽴⽅体中⼼时，每个⾯上电通量相等∴各⾯电通量Φe=q．6ε0(2)电荷在顶点时，将⽴⽅体延伸为边长2a的⽴⽅体，使q处于边长2a的⽴⽅体中⼼，则边长2a的正⽅形上电通量Φe=q 6ε0 对于边长a的正⽅形，如果它不包含q所在的顶点，则Φe=如果它包含q所在顶点则Φe=0．q，24ε0如题9.10图所⽰．题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×108cm ,12cm 各点的场强．解: ⾼斯定理E?dS=s-5C·m求距球⼼5cm，-3??∑q,E4πrε02=∑q ε0 ?当r=5cm时，∑q=0,E=0r=8cm时，∑q=p4π33) (r -r内3ρ∴E=4π32r-r内≈3.48?104N?C-1，⽅向沿半径向外．24πε0r()r=12cm时,∑q=ρ4π33）(r外-r内3ρ∴E=4π33r外-r内3≈4.10?104 N?C-1 沿半径向外. 24πε0r()9.12 半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两⽆限长同轴圆柱⾯，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r ＞R2处各点的场强．解: ⾼斯定理E?dS=sq ε0取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积S=2πrl则E?dS=E2πrl S对(1) r∑q=lλ (2) R1∴E=λ沿径向向外2πε0r(3) r>R2 ∑q=0∴E=0题9.13图9.13 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为σ1和σ2，试求空间各处场强．解: 如题9.13图⽰，两带电平⾯均匀带电，电荷⾯密度分别为σ1与σ2，两⾯间，E=?1?(σ1-σ2)n 2ε01(σ1+σ2)n σ1⾯外，E=-2ε0σ2⾯外，E=?1?(σ1+σ2)n 2ε0n：垂直于两平⾯由σ1⾯指为σ2⾯．9.14 半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r＜R的⼩球体，如题9.14图所⽰．试求：两球⼼O 与O'点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电-ρ的均匀⼩球的组合，见题9.14图(a)．(1) +ρ球在O点产⽣电场E10=0，-ρ球在O点产⽣电场E2043πrρ=OO' 4πε0d3r3ρ；∴O点电场E0=3ε0d343πdρ?(2) +ρ在O'产⽣电场E10'=34πε0d-ρ球在O'产⽣电场E20'=0ρOO∴O'点电场E0'=3ε0题9.14图(a) 题9.14图(b) ??(3)设空腔任⼀点P相对O'的位⽮为r'，相对O点位⽮为r (如题8-13(b)图)ρr则EPO=，3ε0ρr'EPO'=-, 3ε0ρ??ρρd(r-r')=OO'=∴EP=EPO+EPO'= 3ε03ε03ε0∴腔内场强是均匀的．-69.15 ⼀电偶极⼦由q=1.0×10C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm，把这电偶极⼦放在1.0×10N·C的外电场中，求外电场作⽤于电偶极⼦上的最⼤⼒矩． 5-1解: ∵电偶极⼦p在外场E中受⼒矩M=p?E∴Mmax=pE=qlE代⼊数字Mmax=1.0?10-6?2?10-3?1.0?105=2.0?10-4N?m9.16 两点电荷q1=1.5×10C，q2=3.0×10C，相距r1=42cm，要把它们之间的距离变为-8-8r2=25cm，需作多少功?解: A=?r2r1??r2qqdrqq11F?dr=?122=12(-) r24πεr4πε0r1r20=-6.55?10-6J外⼒需作的功A'=-A=-6.55?10 J-6题9.17图9.17 如题9.17图所⽰，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另⼀正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场⼒作的功．解: 如题9.17图⽰UO=1qq(-)=0 4πε0RRUO=1qqq (-)=-4πε03RR6πε0Rqoq 6πε0R∴A=q0(UO-UC)=9.18 如题9.18图所⽰的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中⼼O点处的场强和电势．。

大学物理练习册下答案问题1：描述牛顿第二定律的数学表达式，并给出一个例子说明如何使用它来解决实际问题。

答案：牛顿第二定律的数学表达式是 \( F = ma \)，其中 \( F \)是作用在物体上的合力，\( m \) 是物体的质量，\( a \) 是物体的加速度。

例如，如果一个质量为5kg的物体受到10N的力，那么根据牛顿第二定律，物体的加速度 \( a \) 将是 \( 10N / 5kg = 2m/s^2 \)。

问题2：说明什么是能量守恒定律，并给出一个物理系统的例子来展示这一定律。

答案：能量守恒定律表明，在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式，但总量保持不变。

例如，当一个自由落体的物体从一定高度下落时，它的势能转化为动能。

如果忽略空气阻力，下落过程中总能量是守恒的。

问题3：解释什么是波的干涉，并给出一个实验设置来观察这一现象。

答案：波的干涉是指两个或多个波相遇时，它们的振幅相加形成一个新的波形的现象。

当两个波的相位相同（相长干涉）或相反（相消干涉）时，干涉效果最为明显。

观察干涉的一个简单实验设置是使用两个相干光源，它们发出的波在空间中相遇，形成明暗相间的干涉条纹。

问题4：描述电磁感应的基本原理，并解释法拉第电磁感应定律。

答案：电磁感应是当一个导体在变化的磁场中移动时，导体中产生电动势的现象。

法拉第电磁感应定律表明，导体中产生的电动势与穿过导体回路的磁通量的变化率成正比。

数学表达式为 \( \varepsilon = -d\Phi_B/dt \)，其中 \( \varepsilon \) 是感应电动势，\( \Phi_B \) 是磁通量，\( t \) 是时间。

问题5：简述量子力学的基本原理，并解释海森堡不确定性原理。

答案：量子力学是描述微观粒子行为的物理学分支，其基本原理包括波粒二象性、量子态的叠加以及量子态的演化遵循薛定谔方程等。

海森堡不确定性原理指出，粒子的位置和动量不能同时被精确测量，它们的不确定性的乘积至少等于普朗克常数的一半。

大学物理下复习题（附答案）第一章填空题自然界中只存在正负两种电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

（）对自然界中只存在正负两种电荷，同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥。

（）错电荷电量是量子化的。

（）对物体所带电量可以连续地取任意值。

（）错物体所带电量只能是电子电量的整数倍。

（）对库仑定律只适用于真空中的点电荷。

（）对电场线稀疏处的电场强度小。

（）对电场线稀疏处的电场强度大。

（）错静电场是有源场。

（）对静电场是无源场。

（）错静电场力是保守力。

（）对静电场力是非保守力。

（）错静电场是保守力场。

（）对静电场是非保守力场。

（）错电势是矢量。

（）错电势是标量。

（）对等势面上的电势一定相等。

（）对沿着电场线的方向电势降落。

（）对沿着电场线的方向电势升高。

（）错电场中某点场强方向就是将点电荷放在该点处所受电场力的方向。

（）错电场中某点场强方向就是将正点电荷放在该点处所受电场力的方向。

（）对电场中某点场强方向就是将负点电荷放在该点处所受电场力的方向。

（）错电荷在电场中某点受到电场力很大，该点场强E一定很大。

（）错电荷在电场中某点受到电场力很大，该点场强E不一定很大。

（）对在以点电荷为中心，r为半径的球面上，场强E处处相等。

（）错在以点电荷为中心，r为半径的球面上，场强E大小处处相等。

（）对如果在高斯面上的E处处为零，肯定此高斯面内一定没有净电荷。

（）对根据场强与电势梯度的关系可知，在电势不变的空间电场强度为零。

（）对如果高斯面内没有净电荷，肯定高斯面上的E处处为零。

（）错正电荷由A移到B时，外力克服电场力做正功，则B点电势高。

对导体达到静电平衡时，导体内部的场强处处为零。

（）对第一章填空题已一个电子所带的电量的绝对值e= C。

1.602*10-19或1.6*10-19真空中介电常数值为=0ε C 2.N -1.m -2。

8.85*10-12 真空中有一无限长带电直棒，电荷线密度为λ，其附近一点P 与棒的距离为a ，则P 点电场强度E 的大小为 。

物理（下）作业专业班级：姓名：学号：第十章真空中的静电场(1)一、选择题1、根据电场强度定义式0/q F E（0q 为正的实验点电荷），下列说法中哪个是正确的？(A)、若场中某点不放实验电荷0q ，则F =0，从而E=0；(B)、电场中某点场强的大小与实验点电荷q 0的大小成反比；(C)、电场中某点场强的方向，就是正电荷在该点所受电场力的方向；(D)、以上说法都不正确。

[]2、如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为：(A)xq04 ；(B)30xqa；(C)302xqa；(D)204xq 。

[]3、（2010年北京科技大学）两个带有等量同号电荷，形状相同的金属小球１和２，相互作用力为F ，它们之间的距离远大于小球本身直径．现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同金属小球３去和小球１接触，再和小球２接触，然后移去．这样小球１和２之间的作用力变为：(A)F/2；(B)F/4；(C)3F/8；(D)F/10．[]二、填空题1、一电量为–5×10―9C 的试验电荷放在电场中某点时，受到20×10―9N 向下的力，则该点的电场强度大小为___________________，方向__________________。

2、（2011年电子科技大学）由一根绝缘细线围成的边长为l 的正方形线框，今使它均匀带电，其电荷线密度为λ，则在正方形中心处的电场强度大小Ｅ＝__________________。

3、铁原子核里两质子间相距4.0×10－15米，每个质子的电荷都是1.6×10－19库仑，则它们之间的库仑力应为______________牛顿。

三、计算题1、（2012年深圳大学）如图，在O x 轴上有长为a 的细杆OM ，其电荷线密度为Cx ，其中Ｃ为大于零的常量，求：(1)在OM 延长线上距Ｍ点为ｂ的Ｐ点的电场强度的大小；(2)如果在Ｐ点放置一个带电量为+q 的点电荷，该点电荷所受库仑力大小为多少？2、有一半径为R的半圆细环上均匀地分布电荷Q，若在其环心处放置一电荷量为q的点电荷，求该点电荷q所受到的电场力的大小及方向。

大学力学专业《大学物理（下册）》期末考试试题含答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。

2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。

一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、设作用在质量为1kg的物体上的力F＝6t＋3（SI）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到 2.0 s的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________。

2、图示曲线为处于同一温度T时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线。

其中曲线（a）是________气分子的速率分布曲线；曲线（c）是________气分子的速率分布曲线。

3、已知质点的运动方程为，式中r的单位为m，t的单位为s。

则质点的运动轨迹方程，由t=0到t=2s内质点的位移矢量______m。

4、在主量子数n=2，自旋磁量子数的量子态中，能够填充的最大电子数是______________。

5、质点在平面内运动，其运动方程为，质点在任意时刻的位置矢量为________；质点在任意时刻的速度矢量为________；加速度矢量为________。

6、质量为M的物体A静止于水平面上，它与平面之间的滑动摩擦系数为μ，另一质量为的小球B以沿水平方向向右的速度与物体A发生完全非弹性碰撞．则碰后它们在水平方向滑过的距离L＝__________。

7、一根无限长直导线通有电流I，在P点处被弯成了一个半径为R的圆，且P点处无交叉和接触，则圆心O处的磁感强度大小为_______________，方向为_________________。

8、气体分子的最可几速率的物理意义是__________________。

9、若静电场的某个区域电势等于恒量，则该区域的电场强度为_______________，若电势随空间坐标作线性变化，则该区域的电场强度分布为 _______________。

《大学物理》（下）复习提纲第6章 恒定电流的磁场(1) 掌握磁场，磁感应强度，磁力线，磁通量等概念，磁场中的高斯定理，毕奥一沙伐一拉普拉斯定律。

(2) 掌握安培环路定律，应用安培环路定律计算磁场.(3)掌握安培定律，会用安培定律计算磁场力。

会判断磁力矩的方向。

会判断霍尔效应电势的方向。

1． 边长为2a 的等边三角形线圈，通有电流I ，则线圈中 心处的磁感强度的大小为________________．2． 边长为l 的正方形线圈，分别用图示两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面)，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为3．一无限长载流直导线，通有电流I ，弯成如图形状．设各线段皆在纸面内，一无限长载流直导线，通有电流I ，弯成如图形状．设各线段皆在纸面内，则P 点磁感强度B的大小为________________．则P 点磁感强度B的大小为4． 一无限长载有电流I 的直导线在一处折成直角，P 点位于导线所在平面内，距一条折线的延长线和另一条导线的距离都为a ，如图．求P点的磁感强度B．5．无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于（A ）R I πμ20 （B ）240RIμ6．如图所示，用均匀细金属丝构成一半径为R 的圆环C ，电流I 由导线1流入圆环A 点，并由圆环B 点流入导线2．设导线1和导线2与圆环共面，则环心O 处的磁感强度大小 为________________________，方向___________________．7． 真空中电流分布如图，两个半圆共面，且具有公共圆心，试求O 点处的磁感强度．8．均匀磁场的磁感强度B 与半径为 r 的圆形平面的法线n的夹角为α ，今以圆周为边界，作一个半球面S ，S 与圆形平面组成 封闭面如图．则通过S 面的磁通量Φ =________________．9．如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅Ll d B 等于10．如图，流出纸面的电流为2I，流进纸面的电流为I，则下述各式中哪一个是正确的？11．如图，在一圆形电流I所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L，则由安培环路定理可知(A) 0d=⎰⋅LlB，且环路上任意一点B = 0．(B) 0d=⎰⋅LlB，且环路上任意一点B≠0．(C) 0d≠⎰⋅LlB，且环路上任意一点B≠0．(D) 0d≠⎰⋅LlB，且环路上任意一点B =常量．［］12. 有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为I，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则(1) 在r < R1处磁感强度大小为________________．(2) R1< r< R2处磁感强度大小为________________．(2) 在r > R3处磁感强度大小为________________．13. 两根长直导线通有电流I，图示有三种环路；在每种情况下，⎰⋅L l dB等于：_______________________(对环路a)．_______________________(对环路b)．_______________________(对环路c)．14． 在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L 1、L 2，圆周内有电流I 1、I 2，其分布相同，且均在真空中，但在(b)图中L 2回路外有电流I 3，P 1、P 2为两圆形回路上的对应点，则：(A) =⎰⋅1d L l B⎰⋅2d L l B, 21P P B B =(B) ≠⎰⋅1d L l B⎰⋅2d L l B, 21P P B B =．(C) =⎰⋅1d Ll B⎰⋅2d L l B, 21P P B B ≠．(D)≠⎰⋅1d L l B ⎰⋅2d L l B , 21P P B B ≠． ［ ］15．把轻的导线圈用线挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且与线圈在同一平面内，如图所示．当线圈内通以如图所示方向的电流时，线圈将(A) 不动． (B) 发生转动，同时靠近磁铁． (C) 发生转动，同时离开磁铁． (D) 不发生转动，只靠近磁铁．(E) 不发生转动，只离开磁铁． ［ ］16. 如图，一根载流导线被弯成半径为R 的1/4圆弧，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，则载流导线ab （电流I 顺时针方向流动）所受磁场的作用力的大小为____________，方向_________________．17．如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为λ，圆环可绕通过环心O 与环面垂直的转轴旋转．当圆环以角速度ω转动时，圆环受到的磁力矩为 ___ _________， 其方向__________________________．L 1 2I 3(a)(b)⊙18．有两个半径相同的环形载流导线A 、B ，它们可以自由转动和移动，把它们放在相互垂直的位置上，如图所示，将发生以下哪一种运动?(A) A 、B 均发生转动和平动，最后两线圈电流同方向并紧靠在一起． (B) A 不动，B 在磁力作用下发生转动和平动． (C) A 、B 都在运动，但运动的趋势不能确定．(D) A 和B 都在转动，但不平动，最后两线圈磁矩同方向平行．19．如图，在一固定的无限长载流直导线的旁边放置一个可以自由移动和转动的圆形的刚性线圈，线圈中通有电流，若线圈与直导线在同一平面，见图(a)，则圆线圈的运动将是 ______________________ _________； 若线圈平面与直导线垂直，见图(b)，则圆线圈将 __________________________________________________。

习 题 课（一）1-1 在边长为a 的正方体中心处放置一点电荷Q ，设无穷远处为电势零点，则在正方体顶角处的电势为 （A ）aQ 034πε （B ）a Q 032πε （C ）a Q 06πε （D ）a Q 012πε1-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为（A ）302r U R （B ）R U 0 （C ）20r RU （D ）rU1-3 在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布将是（A ）内表面均匀，外表面也均匀。

（B ）内表面不均匀，外表面均匀。

（C ）内表面均匀，外表面不均匀。

（D ）内表面不均匀，外表面也不均匀。

1-4一平行板电容器充电后仍与电源连接，若用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则极板上的电量Q、电场强度的大小E和电场能量W将发生如下变化（A）Q增大，E增大，W增大。

（B）Q减小，E减小，W减小。

（C）Q增大，E减小，W增大。

（D）Q增大，E增大，W减小。

1-5 一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为 ，设无穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势U0 = 。

1-6 图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电量为+q 的点电荷，O 点有一电量为-q 的点电荷，线段BA = R ，现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所做的功为 。

1-7 两个电容器1和2，串联后接上电源充电。

在电源保证连接的情况下，若把电介质充入电容器2中，则电容器1上的电势差 ，电容器极板上的电量 。

（填增大、减小、不变）1-8 如图所示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2，设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。

1-9 如图所示，半径分别为R 1和R 2（R 2 > R 1）的两个同心导体薄球壳，分别带电量Q 1和Q 2，今A B O将内球壳用细导线与远处半径为r 的导体球相连，导体球原来不带电，试求相连后导体球所带电量q 。

汉A一、单项选择题(本大题共5小题，每题只有一个正确答案，答对一题得3分,共15分）1、强度为的自然光，经两平行放置的偏振片，透射光强变为，若不考虑偏振片的反射和吸收，这两块偏振片偏振化方向的夹角为【】A。

30º；B。

45º；C.60º；D。

90º.2、下列描述中正确的是【】A。

感生电场和静电场一样，属于无旋场；B。

感生电场和静电场的一个共同点，就是对场中的电荷具有作用力;C.感生电场中可类似于静电场一样引入电势;D。

感生电场和静电场一样,是能脱离电荷而单独存在.3、一半径为R的金属圆环，载有电流，则在其所围绕的平面内各点的磁感应强度的关系为【】A。

方向相同，数值相等; B。

方向不同，但数值相等；C.方向相同，但数值不等；D.方向不同,数值也不相等。

4、麦克斯韦为建立统一的电磁场理论而提出的两个基本假设是【】A。

感生电场和涡旋磁场; B。

位移电流和位移电流密度；C。

位移电流和涡旋磁场; D.位移电流和感生电场.5、当波长为λ的单色光垂直照射空气中一薄膜（n〉1)的表面时，从入射光方向观察到反射光被加强，此膜的最薄厚度为【】A。

; B。

;C. ；D。

;二、填空题（本大题共15小空，每空2分,共30 分.）6、设杨氏双缝缝距为1mm，双缝与光源的间距为20cm，双缝与光屏的距离为1m.当波长为0。

6μm的光正入射时,屏上相邻暗条纹的中心间距为.7、一螺线管的自感系数为0。

01亨，通过它的电流为4安，则它储藏的磁场能量为焦耳。

8、一质点的振动方程为(SI制），则它的周期是，频率是，最大速度是。

9、半径为R的圆柱形空间分布均匀磁场,如图，磁感应强度随时间以恒定速率变化，设为已知，则感生电场在r〈R区域为，在r〉R区域为.10、一个电子射入的均匀磁场中，当电子速度为时，则电子所受的磁力=。

11、自然光入射到两种媒质的分界面上，当入射角等于布儒斯特角i B时，反射光线与Id折射光线之间的夹角等于.12、铝的逸出功为4。

第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

第十章 电磁感应§10-1法拉第电磁感应定律一、电磁感应现象，感应电动势电磁感应现象可通过两类实验来说明： 1．实验1）磁场不变而线圈运动 2）磁场随时变化线圈不动2．感应电动势由上两个实验可知：当通过一个闭合导体回路的磁通量变化时，不管这种变化的原因如何（如：线圈运动，变；或不变线圈运动），回路中就有电流产生，这种现象就是电磁感应现象，回路中电流称为感应电流。

3．电动势的数学定义式定义：把单位正电荷绕闭合回路一周时非静电力做的功定义为该回路的电动势，即()⎰•=lK l d K ：非静电力ε （10-1）说明：（1）由于非静电力只存在电源内部，电源电动势又可表示为⎰•=正极负极l d Kε表明：电源电动势的大小等于把单位正电荷从负极经电源内部移到正极时，非静电力所做的功。

（2）闭合回路上处处有非静电力时，整个回路都是电源，这时电动势用普遍式表示：()⎰•=lK l d K ：非静电力ε（3）电动势是标量，和电势一样，将它规定一个方向，把从负极经电源内部到正极的方向规定为电动势的方向。

二法拉第电磁感应定律 1、定律表述在一闭合回路上产生的感应电动势与通过回路所围面积的磁通量对时间的变化率成正比。

数学表达式：dtd k i Φ-=ε 在SI 制中，1=k ，（S t V Wb :;:;:εΦ），有dt d i Φ-=ε （10-2） 上式中“-”号说明方向。

2、i ε方向的确定为确定i ε，首先在回路上取一个绕行方向。

规定回路绕行方向与回路所围面积的正法向满足右手旋不定关系。

在此基础上求出通过回路上所围面积的磁通量，根据dtd i Φ-=ε计算i ε。

,0>Φ00<⇒>Φi dt d ε ,0>Φ00>⇒<Φi dt d ε沿回路绕行反方向沿回路绕行方向:0:0<>i ε 此外，感应电动势的方向也可用楞次定律来判断。

楞次定律表述：闭合回路感应电流形成的磁场关系抵抗产生电流的磁通量变化。